已知定义在 $(0,+\infty)$ 上的函数 $f(x)=\dfrac{{\rm e}^x}{x^2+1}$．
1、求证：$f(x)>1$．
2、设函数 $g(x)=\dfrac{{\rm e}^x-1}{x}$，求函数 $g(x)$ 的单调区间，并证明：对任意的正实数 $m>0$，总存在 $x_0>0$，使 $g(x_0)>m$．
解析
1、考虑函数 $r(x)=(x^2+1){\rm e}^{-x}$，则其导函数\[r'(x)=\left(2x-x^2-1\right){\rm e}^{-x},\]设 $r'(x)$ 的零点为 $x=m$，则\[2m-m^2-1=0,\]此时极值\[r(m)=(m^2+1){\rm e}^{-m}=2m{\rm e}^{-m}\leqslant \dfrac{2m}{1+m+\dfrac 12m^2}=\dfrac{4}{\dfrac 2m+m+2}\leqslant \dfrac{4}{2\sqrt 2+2}<1,\]注意到 $r(0)=1$，因此有当 $x>0$ 时，$r(x)<1$，进而原命题得证．
2、函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=\dfrac{(x-1){\rm e}^x+1}{x^2},\]设分子部分为 $h(x)$，则 $h(x)$ 的导函数\[h'(x)=x{\rm e}^x,\]因此 $h(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递减，在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，结合 $h(0)=0$，可得 $g(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增．容易证明当 $x>0$ 时，有\[{\rm e}^x\geqslant 1+x+\dfrac 12x^2,\]因此\[g(x)\geqslant \dfrac{\left(1+x+\dfrac 12x^2\right)-1}{x}=1+\dfrac 12x,\]因此对任意正实数 $m$，总存在正实数 $x_0=2m$，有\[g(x_0)\geqslant 1+\dfrac 12x_0>m,\]命题得证．